2022年中考数学分类汇编22讲专题12 圆与正多边形

这是一份2022年中考数学分类汇编22讲专题12 圆与正多边形，文件包含专题12圆与正多边形-老师版docx、专题12圆与正多边形-学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共114页， 欢迎下载使用。

专题12 圆与正多边形
一．选择题
1．（2022·湖北鄂州）工人师傅为检测该厂生产的一种铁球的大小是否符合要求，设计了一个如图（1）所示的工件槽，其两个底角均为90°，将形状规则的铁球放入槽内时，若同时具有图（1）所示的A、B、E三个接触点，该球的大小就符合要求．图（2）是过球心及A、B、E三点的截面示意图，已知⊙O的直径就是铁球的直径，AB是⊙O的弦，CD切⊙O于点E，AC⊥CD、BD⊥CD，若CD=16cm，AC=BD=4cm，则这种铁球的直径为（       ）


A．10cm B．15cm C．20cm D．24cm
【答案】C
【分析】连接OA，OE，设OE与AB交于点P，根据，，得四边形ABDC是矩形，根据CD与切于点E，OE为的半径得，，即，，根据边之间的关系得，，在，由勾股定理得，，进行计算可得，即可得这种铁球的直径．
【详解】解：如图所示，连接OA，OE，设OE与AB交于点P，

∵，，，
∴四边形ABDC是矩形，
∵CD与切于点E，OE为的半径，
∴，，
∴，，
∵AB=CD=16cm，
∴，
∵，
在，由勾股定理得，


解得，，
则这种铁球的直径＝，故选C．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
2．（2022·湖南娄底）如图，等边内切的图形来自我国古代的太极图，等边三角形内切圆中的黑色部分和白色部分关于等边的内心成中心对称，则圆中的黑色部分的面积与的面积之比是（       ）


A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意，得圆中黑色部分的面积是圆面积的一半，令BC=2a，则BD=a，根据勾股定理，得出AD=，同时在Rt△BOD中，OD=，进而求出黑色部分的面积以及等边三角形的面积，最后求出答案．
【详解】解：令内切圆与BC交于点D，内切圆的圆心为O，连接AD，OB，
由题可知，圆中黑色部分的面积是圆面积的一半，
令BC=2a，则BD=a，在等边三角形ABC中AD⊥BC，OB平分∠ABC，∴∠OBD=∠ABC=30°，
由勾股定理，得AD=，在Rt△BOD中，OD=tan30°×BD=，
∴圆中的黑色部分的面积与的面积之比为．故选：A．


【点睛】本题考查了等边三角形的性质，内切圆的性质和面积，等边三角形的面积以及勾股定理求边长，正确地计算能力是解决问题的关键．
3．（2022·山东聊城）如图，AB，CD是的弦，延长AB，CD相交于点P．已知，，则的度数是（       ）

A．30° B．25° C．20° D．10°
【答案】C
【分析】如图，连接OB，OD，AC，先求解，再求解，从而可得，再利用周角的含义可得，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接OB，OD，AC，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
∴的度数20°．
故选：C．
【点睛】本题考查的是圆心角与弧的度数的关系，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，掌握“圆心角与弧的度数的关系”是解本题的关键．
4．（2022·湖北黄冈）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝8，以点C为圆心，CA的长为半径画弧，交AB于点D，则弧AD的长为（       ）

A． B． C． D．2
【答案】B
【分析】连接CD，根据∠ACB=90°，∠B=30°可以得到∠A的度数，再根据AC=CD以及∠A的度数即可得到∠ACD的度数，最后根据弧长公式求解即可．
【详解】解：连接CD，如图所示：

∵ACB=90°，∠B=30°，AB=8，
∴∠A=90°-30°=60°，AC=AB=4，
由题意得：AC=CD，
∴△ACD为等边三角形，∴∠ACD=60°，
∴的长为：＝，故选：B．
【点睛】本题考查弧长公式，解题的关键是：求出弧所对应的圆心角的度数以及弧所在扇形的半径．
5．（2022·四川达州）如图所示的曲边三角形可按下述方法作出：作等边，分别以点A，B，C为圆心，以长为半径作，，，三弧所围成的图形就是一个曲边三角形．如果一个曲边三角形的周长为，则此曲边三角形的面积为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据此三角形是由三段弧组成，所以根据弧长公式可得半径，即正三角形的边长，根据曲边三角形的面积等于三角形的面积与三个弓形的面积和，边长为的等边三角形的面积为，即可求解．
【详解】解：设等边三角形ABC的边长为r，

解得，即正三角形的边长为2，
此曲边三角形的面积为 故选A
【点睛】本题考查了扇形面积的计算．此题的关键是明确曲边三角形的面积等于三角形的面积与三个弓形的面积和，然后再根据所给的曲线三角形的周长求出三角形的边长．
6．（2022·江苏无锡）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以AC所在直线为轴，把△ABC旋转1周，得到圆锥，则该圆锥的侧面积为（       ）
A．12π B．15π C．20π D．24π
【答案】C
【分析】先利用勾股定理计算出AB，再利用扇形的面积公式即可计算出圆锥的侧面积．
【详解】解：∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB==5，
以直线AC为轴，把△ABC旋转一周得到的圆锥的侧面积=×2π×4×5=20π．故选：C．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
7．（2022·湖北荆州）如图，以边长为2的等边△ABC顶点A为圆心、一定的长为半径画弧，恰好与BC边相切，分别交AB，AC于D，E，则图中阴影部分的面积是（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作AF⊥BC，再根据勾股定理求出AF，然后根据阴影部分的面积=得出答案．
【详解】过点A作AF⊥BC，交BC于点F．
∵△ABC是等边三角形，BC=2，∴CF=BF=1．
在Rt△ACF中，．
∴．故选：D．


【点睛】本题主要考查了求阴影部分的面积，涉及等边三角形的性质，勾股定理及扇形面积计算等知识，将阴影部分的面积转化为三角形的面积-扇形的面积是解题的关键．
8．（2022·广西贺州）如图，在等腰直角中，点E在OA上，以点O为圆心、OE为半径作圆弧交OB于点F，连接EF，已知阴影部分面积为，则EF的长度为（       ）

A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可得：OE=OF，∠O=90°，设OE=OF=x，利用阴影部分面积列出等式，得出，然后由勾股定理求解即可．
【详解】解：根据题意可得：OE=OF，∠O=90°，
设OE=OF=x，
∴
，
解得：，
∴，
故选：C．
【点睛】题目主要考查不规则图形的面积，一元二次方程的应用，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
9．（2022·江苏无锡）如图，AB是圆O的直径，弦AD平分∠BAC，过点D的切线交AC于点E，∠EAD＝25°，则下列结论错误的是（       ）


A． AE⊥DE B． AE//OD C． DE=OD D．∠BOD=50°
【答案】C
【分析】过点D作DF⊥AB于点F，根据切线的性质得到OD⊥DE，证明OD∥AE，根据平行线的性质以及角平分线的性质逐一判断即可．
【详解】解：∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠EAD，
∴∠EAD=∠ODA，
∴OD∥AE，
∴AE⊥DE．故选项A、B都正确；
∵∠OAD=∠EAD=∠ODA=25°，∠EAD=25°，
∴∠BOD=∠OAD+∠ODA=50°，故选项D正确；
∵AD平分∠BAC，AE⊥DE，DF⊥AB，
∴DE=DF 故选：C．


【点睛】本题考查的是切线的性质，角平分线的性质定理，平行线的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
10．（2022·黑龙江大庆）已知圆锥的底面半径为5，高为12，则它的侧面展开图的面积是(     )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆锥侧面展开图的面积，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，圆锥侧面展开图的半径即圆锥的母线长为，
∴圆锥侧面展开图的面积为，故选B．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的面积，勾股定理．解题的关键在于明确圆锥侧面展开图的面积，其中为圆锥底面半径，为圆锥侧面展开图的半径即圆锥的母线长．
11．（2022·内蒙古包头）如图，是的两条直径，E是劣弧的中点，连接，．若，则的度数为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接OE，由题意易得，则有，然后可得，进而根据圆周角定理可求解．
【详解】解：连接OE，如图所示：

∵OB=OC，，
∴，
∴，
∵E是劣弧的中点，
∴，
∴；故选C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理及垂径定理，熟练掌握圆周角定理及垂径定理是解题的关键．
12．（2022·辽宁锦州）如图，线段是半圆O的直径。分别以点A和点O为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线，交半圆O于点C，交于点E，连接，，若，则的长是（       ）

A． B．4 C．6 D．
【答案】A
【分析】根据作图知CE垂直平分AC，即可得，，根据圆的半径得，，根据圆周角的推论得，根据勾股定理即可得．
【详解】解：根据作图知CE垂直平分AC，
∴，，
∴，
∴，
即，
∵线段AB是半圆O的直径，
∴，
在中，根据勾股定理得，
，故选A．
【点睛】本题考查了圆，勾股定理，圆周角推论，解题的关键是掌握这些知识点．
13．（2022·广西贵港）如图，⊙是的外接圆，是⊙的直径，点P在⊙上，若，则的度数是（       ）


A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆周角定理得到，，然后利用互余计算出∠A的度数，从而得到的度数．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，
∴，
∴
∴，故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
14．（2022·湖北武汉）一个扇形的弧长是，其圆心角是150°，此扇形的面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求出该扇形的半径，再求其面积即可；
【详解】解：该扇形的半径为：，
∴扇形的面积为：，故选：B．
【点睛】本题主要考查扇形面积的求解，掌握扇形面积的求解公式是解题的关键．
15．（2022·山东青岛）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出正六边形的中心角，再利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接OC、OD、OE，如图所示：


∵正六边形内接于，
∴∠COD= =60°，则∠COE=120°，
∴∠CME= ∠COE=60°，故选：D．
【点睛】本题考查正多边形的中心角、圆周角定理，熟练掌握正n多边形的中心角为是解答的关键．
16．（2022·辽宁营口）如图，点A，B，C，D在上，，则的长为（       ）

A． B．8 C． D．4
【答案】A
【分析】连接，根据可得为的直径，又根据得到，故在直角三角形中，利用特殊角的三角函数即可求出．
【详解】解：连接，

，
，
为的直径，
，
，
在中,
，
．.故选：A．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，解三角形，解题的关键是掌握公式、定理。
17．（2022·四川广安）蒙古包可以近似地看作由圆锥和圆柱组成．下图是一个蒙古包的示意图，底面圆半径DE=2m，圆锥的高AC=1.5m，圆柱的高CD=2.5m，则下列说法错误的是（　　）

A．圆柱的底面积为4πm2 B．圆柱的侧面积为10πm2
C．圆锥的母线AB长为2.25m D．圆锥的侧面积为5πm2
【答案】C
【分析】由圆锥的侧面积、圆柱侧面积、圆的面积公式、分别求出答案，再进行判断，即可得到答案．
【详解】解：根据题意，
∵底面圆半径DE=2m，
∴圆柱的底面积为：；故A正确；
圆柱的侧面积为：；故B正确；
圆锥的母线为：；故C错误；
圆锥的侧面积为：；故D正确；故选：C
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积、圆柱侧面积、圆的面积公式等知识，解题的关键是掌握所学的知识，正确的进行判断．
18．（2022·四川内江）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，半径为6，则这个正六边形的边心距OM和的长分别为（　　）

A．4， B．3，π C．2， D．3，2π
【答案】D
【分析】连接、，证出是等边三角形，根据勾股定理求出，再由弧长公式求出弧的长即可．
【详解】解：连接、，

六边形为正六边形，
，
，
为等边三角形，
，
，
，

的长为．故选：D．
【点睛】本题考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理,熟练掌握正六边形的性质，由勾股定理求出是解决问题的关键．
19．（2022·贵州铜仁）如图，是的两条半径，点C在上，若，则的度数为（       ）


A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆周角定理即可求解．
【详解】∵是的两条半径，点C在上，
∴∠C= =40°故选：B
【点睛】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或者在等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答本题关键．
20．（2022·贵州遵义）如图，在正方形中，和交于点，过点的直线交于点（不与，重合），交于点．以点为圆心，为半径的圆交直线于点，．若，则图中阴影部分的面积为（       ）


A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可得四边形的面积等于正方形面积的一半，根据阴影部分面积等于半圆减去四边形的面积和弓形的面积即可求解．
【详解】解：在正方形中，，
的半径为：
过点，根据中心对称可得四边形的面积等于正方形面积的一半，
又
阴影部分面积为：


故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，求扇形面积，掌握以上知识是解题的关键．
21．（2022·吉林）如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作圆，当点在内且点在外时，的值可能是（       ）


A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】先利用勾股定理可得，再根据“点在内且点在外”可得，由此即可得出答案．
【详解】解：在中，，，，
，
点在内且点在外，
，即，
观察四个选项可知，只有选项C符合，故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理、点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键．
22．（2022·湖北十堰）如图，是等边的外接圆，点是弧上一动点（不与，重合），下列结论：①；②；③当最长时，；④，其中一定正确的结论有（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据等边三角形的性质可得，从而得到∠ADB=∠BDC，故①正确；根据点是上一动点，可得不一定等于，故②错误；当最长时，DB为圆O的直径，可得∠BCD=90°，再由是等边的外接圆，可得∠ABD=∠CBD=30°，可得，故③正确；延长DA至点E，使AE=AD，证明△ABE≌△CBD，可得BD=AE，∠ABE=∠DBC，从而得到△BDE是等边三角形，可得到DE=BD，故④正确；即可求解．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∴，
∴∠ADB=∠BDC，故①正确；
∵点是上一动点，
∴不一定等于，
∴DA=DC不一定成立，故②错误；
当最长时，DB为圆O的直径，
∴∠BCD=90°，
∵是等边的外接圆，∠ABC=60°，
∴BD⊥AC，
∴∠ABD=∠CBD=30°，
∴，故③正确；
如图，延长DA至点E，使AE=DC，

∵四边形ABCD为圆O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵∠BAE+∠BAD=180°，
∴∠BAE=∠BCD，
∵AB=BC，AE=CD，
∴△ABE≌△CBD，
∴BD=AE，∠ABE=∠DBC，
∴∠ABE+∠ABD=∠DBC+∠ABD=∠ABC=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE=BD，
∵DE=AD+AE=AD+CD，
∴，故④正确；
∴正确的有3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
23．（2022·河北）某款“不倒翁”（图1）的主视图是图2，PA，PB分别与所在圆相切于点A，B．若该圆半径是9cm，∠P＝40°，则的长是（       ）


A．cm B．cm C．cm D．cm
【答案】A
【分析】如图，根据切线的性质可得，根据四边形内角和可得的角度，进而可得所对的圆心角，根据弧长公式进行计算即可求解．
【详解】解：如图，


PA，PB分别与所在圆相切于点A，B．
，
∠P＝40°，
，
该圆半径是9cm，
cm，
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，求弧长，牢记弧长公式是解题的关键．
24．（2022·山西）如图，内接于，AD是的直径，若，则的度数是（       ）

A．60° B．65° C．70° D．75°
【答案】C
【分析】首先连接CD，由AD是的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得，又由圆周角定理，可得，再用三角形内角和定理求得答案．
【详解】解：连接CD，

∵AD是的直径，
∴．
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形的内角和定理．熟练掌握圆周角定理是解此题的关键．
25．（2022·广西梧州）如图，是的外接圆，且，在弧AB上取点D（不与点A，B重合），连接，则的度数是（       ）

A．60° B．62° C．72° D．73°
【答案】C
【分析】连接CD，根据等腰三角形的性质可求∠ACB的度数，然后根据圆周定理求出∠BAD=∠BCD，∠ABD=∠ACD，从而可求出的度数．
【详解】解：连接CD，

则∠BAD=∠BCD，∠ABD=∠ACD，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
又∠BAC=36°，
∴∠ACB=，
∴∠BAD+∠ABD=∠BCD+∠ACD=∠ACB=72°．故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，根据圆周角定理得出∠BAD=∠BCD，∠ABD=∠ACD是解题的关键．
26．（2022·山东泰安）如图，四边形中．，，交于点E，以点E为圆心，为半径，且的圆交于点F，则阴影部分的面积为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过点E作EG⊥CD于点G，根据平行线的性质和已知条件，求出，根据ED=EF，得出，即可得出，解直角三角形，得出GE、DG，最后用扇形的面积减三角形的面积得出阴影部分的面积即可．
【详解】解：过点E作EG⊥CD于点G，如图所示：

∵DE⊥AD，∴∠ADE=90°，
∵∠A=60°，∴∠AED=90°-∠A=30°，
∵，∴，
∵ED=EF，∴，
∴，
∵，∴，∵DE=6，，   
∴，，∴，
∴，故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，扇形面积计算公式，解直角三角形，作出辅助线，求出∠DEF=120°，DF的长，是解题的关键．
27．（2022·山东潍坊）（多选题）如图，的内切圆（圆心为点O）与各边分别相切于点D，E，F，连接．以点B为圆心，以适当长为半径作弧分别交于G，H两点；分别以点G，H为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点P；作射线．下列说法正确的是（       ）

A．射线一定过点O B．点O是三条中线的交点
C．若是等边三角形，则 D．点O不是三条边的垂直平分线的交点
【答案】AC
【分析】根据三角形内切圆的性质逐个判断可得出答案．
【详解】A、以点B为圆心，以适当长为半径作弧分别交于G，H两点；分别以点G，H为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点P；作射线，由此可得BP是角平分线，所以射线一定过点O，说法正确，选项符合题意；
B、边DE、EF、DF分别是圆的弦长，所以点O是△DEF三条边的垂直平分线的交点，选项不符合题意；
C、当是等边三角形时，可以证得D、F、E分别是边的中点，根据中位线概念可得，选项符合题意；
D、边DE、EF、DF分别是圆的弦长，所以点O是△DEF三条边的垂直平分线的交点，选项不符合题意；故选：AC．
【点睛】本题考查了三角形内切圆的特点和性质，解题的关键是能与其它知识联系起来，加以证明选项的正确．
二．填空题
28．（2022·山东泰安）如图，在中，，⊙过点A、C，与交于点D，与相切于点C，若，则__________

【答案】##64度
【分析】根据同弧对应的圆心角是圆周角的2倍计算出，再根据，内错角得到答案．
【详解】如下图所示，连接OC


从图中可以看出，是圆弧对应的圆周角，是圆弧对应的圆心角
得．
∵BC是圆O的切线
∴
∵
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆周角定理、平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握圆和平行线的相关知识．
29．（2022·江苏苏州）如图，AB是的直径，弦CD交AB于点E，连接AC，AD．若，则______°

【答案】62
【分析】连接，根据直径所对的圆周角是90°，可得，由，可得，进而可得．
【详解】解：连接，

∵AB是的直径，
∴，
，
，

故答案为：62
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，掌握圆周角定理是解题的关键．
30．（2022·湖北宜昌）如图，点，，都在方格纸的格点上，绕点顺时针方向旋转后得到，则点运动的路径的长为______．

【答案】
【分析】先求出AB的长，再根据弧长公式计算即可．
【详解】由题意得，AC=4，BC=3，
∴,
∵绕点顺时针方向旋转后得到，
∴,
∴的长为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理和弧长公式，熟记弧长公式是解题的关键．
31．（2022·四川凉山）如图，⊙O的直径AB经过弦CD的中点H，若cos∠CDB＝，BD＝5，则⊙O的半径为_______．

【答案】
【分析】先由垂径定理求得BC=BD=5，再由直径所对圆周角是直角∠ACB=90°，由余弦定义可推出sinA=,即可求得sinA=,然后由圆周角定理得∠A=∠D，，即可得，则半径可求．
【详解】解：连接AC，如图，

∵⊙O的直径AB经过弦CD的中点H，
∴CH=DH，AB⊥CD，
∴BC=BD=5，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴sinA=,
∵∠A=∠D，
∴cosA= cosD=,
∴sinA=sinD=
∴，
∴AB=
∴半径为
【点睛】本题考查解直角三角形，圆周角定理，垂径定理的推论，求得∠ACB=90°、∠A=∠D是解题的关键．
32．（2022·四川广元）如图，将⊙O沿弦AB折叠，恰经过圆心O，若AB＝2，则阴影部分的面积为 _____．

【答案】##
【分析】过点O作OD⊥AB于点D，交劣弧AB于点E，由题意易得，则有，然后根据特殊三角函数值及扇形面积公式可进行求解阴影部分的面积．
【详解】解：过点O作OD⊥AB于点D，交劣弧AB于点E，如图所示：


由题意可得：，
∴，
∴，
∴弓形AB的面积为，
∴阴影部分的面积为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查扇形面积、轴对称的性质及三角函数，熟练掌握扇形面积、轴对称的性质及三角函数是解题的关键．
33．（2022·广西玉林）如图，在网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B，C，D，E均在格点上，点O是的外心，在不添加其他字母的情况下，则除外把你认为外心也是O的三角形都写出来__________________________．

【答案】△ADC、△BDC、△ABD
【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解．
【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为：，
则外接圆半径，
图中D点到O点距离为：，
图中E点到O点距离为：，
则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，
故答案为：△ADC、△ADB、△BDC．
【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键．
34．（2022·湖北恩施）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，⊙O为Rt△ABC的内切圆，则图中阴影部分的面积为（结果保留π）________．

【答案】-
【分析】利用切线长定理求得⊙O的半径，根据S阴影=S△ABC-( S扇形EOF+ S扇形DOF)- S正方形CDOE列式计算即可求解．
【详解】解：设切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，

∵⊙O为Rt△ABC的内切圆，
∴AE=AF、BD=BF、CD=CE，OD⊥BC，OE⊥AC，
∵∠C=90°，
∴四边形CDOE为正方形，
∴∠EOF+∠FOD=360°-90°=270°，
设⊙O的半径为x，则CD=CE=x，AE=AF=4-x，BD=BF=3-x，
∴4-x+3-x=5，
解得x=1，
∴S阴影=S△ABC-( S扇形EOF+ S扇形DOF)- S正方形CDOE
=×3×4-×1×1
=-．
故答案为：-．
【点睛】本题考查了切线长定理，扇形的面积公式，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
35．（2022·湖南岳阳）如图，在中，为直径，，为弦，过点的切线与的延长线交于点，为线段上一点（不与点重合），且．

（1）若，则的长为______（结果保留）；（2）若，则______．
【答案】         
【分析】（1）根据圆周角定理求出∠AOD=70°，再利用弧长公式求解；
（2）解直角三角形求出BC，AD，BD，再利用相似三角形的性质求出DE，BE，可得结论．
【详解】解：（1）∵，
∴的长；
故答案为：；
（2）连接，

∵是切线，是直径，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆的相关知识，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，熟练掌握各性质及判定定理，正确寻找相似三角形解决问题是解题的关键．
36．（2022·湖南永州）如图，是的直径，点、在上，，则______度．

【答案】120
【分析】利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得出，则．
【详解】解：∵ ，是弧AC所对的圆周角，是弧AC所对的圆心角，
∴，
∴，
故答案为：120．
【点睛】本题考查圆周角定理，熟练掌握“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”是解题的关键．
37．（2022·湖北武汉）如图，点P是上一点，是一条弦，点C是上一点，与点D关于对称，交于点E，与交于点F，且．给出下面四个结论：①平分；   ②；   ③；   ④为的切线．其中所有正确结论的序号是_________________．

【答案】①②④
【分析】根据点AB为CD的垂直平分线，得出BD=BC，AD=AC，根据等边对等角得出∠BDC=∠BCD，利用平行线性质可判断①正确；利用△ADB≌△ACB（SSS）得出∠EAB=∠CAB，利用圆周角弧与弦关系可判断②正确；根据等弧所对的圆周角相等可得∠AEF≠∠ABE，从而可得△AEF与△ABE不相似，即可判断③；连结OB，利用垂径定理得出OB⊥CE，利用平行线性质得出OB⊥BD，即可判断④正确．
【详解】解：∵点C是上一点，与点D关于对称，
∴AB为CD的垂直平分线，
∴BD=BC，AD=AC，
∴∠BDC=∠BCD，
∵，
∴∠ECD=∠CDB，
∴∠ECD=∠BCD，
∴CD平分∠BCE，故①正确；
在△ADB和△ACB中，
∵AD=AC，BD=BC，AB=AB，
∴△ADB≌△ACB（SSS），
∴∠EAB=∠CAB，
∴，
∴BE=BC=BD，故②正确；
∵AC≠AE，
∴≠，
∴∠AEF≠∠ABE，
∴△AEF与△ABE不相似，故③错误；
连结OB，
∵，CE为弦，
∴OB⊥CE，
∵，
∴OB⊥BD，
∴BD为的切线．故④正确，
∴其中所有正确结论的序号是①②④．
故答案为①②④．
．
【点睛】本题考查轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断，掌握轴对称性质，线段垂直平分线性质，角平分线判定，三角形全等判断于性质，垂径定理，切线判断是解题关键．
38．（2022·江苏泰州）如图，PA与⊙O相切于点A，PO与⊙O相交于点B，点C在 上，且与点A，B 不重合，若∠P=26°，则∠C的度数为_________°．

【答案】32
【分析】连接OA，根据切线的性质和直角三角形的性质求出∠O=64°．再根据圆周角的定理，求解即可．
【详解】解：连接OA，

∵PA与⊙O相切于点A，
∴∠PAO=90°，
∴∠O=90°-∠P，
∵∠P=26°，
∴∠O=64°，
∴∠C=∠O=32°．
故答案为：32．
【点睛】此题考查了切线的性质以及圆周角定理，解题的关键是正确利用切线的定理，作出辅助线，求出∠O的度数．
39．（2022·湖南郴州）如图，圆锥的母线长，底面圆的直径，则该圆锥的侧面积等于________．（结果用含的式子表示）

【答案】
【分析】根据圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2，即可求出答案．
【详解】解：根据题意，
∵圆锥的母线长，底面圆的直径，
∴圆锥的侧面积为：
；
故答案为：；
【点睛】本题考查了求圆锥的侧面积，解题的关键是利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解．
40．（2022·辽宁锦州）如图，在中，，以为直径的交边于D，E两点，，则的长是____________．

【答案】
【分析】连接OE，OD，根据等腰三角形的性质，求得∠DOE=50°，半径为1，代入弧长公式计算即可．
【详解】连接OE，OD，
∵，OB=OD，OA=OE，

∴∠B=∠ODB =65°，∠A=∠OEA =50°，
∴∠BOD =50°，∠AOE =80°，
∴∠DOE=50°，半径为1，
的长是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，弧长公式，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
41．（2022·辽宁）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，∠ADC=130°，连接AC，则∠BAC的度数为___________．

【答案】40°##40度
【分析】首先利用圆内接四边形的性质和∠ADC的度数求得∠B的度数，然后利用直径所对的圆周角是直角确定∠ACB=90°，然后利用直角三角形的两个锐角互余求得答案即可．
【详解】解：∵四边形ABCD内接与⊙O，∠ADC=130°，
∴∠B=180°-∠ADC=180°-130°=50°，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB=90°-∠B=90°-50°=40°，
故答案为：40°．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识，解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补．
42．（2022·辽宁营口）如图，在正六边形中，连接，则____________度．

【答案】30
【分析】连接BE，交CF与点O，连接OA，先求出，再根据等腰三角形等边对等角的性质，三角形外角的性质求解即可．
【详解】
连接BE，交CF与点O，连接OA，
在正六边形中，
，



，
故答案为：30．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
43．（2022·四川广安）如图，四边形ABCD是边长为的正方形，曲线DA1B1C1D1A2 …是由多段90°的圆心角所对的弧组成的．其中，弧DA1的圆心为A，半径为AD；弧A1B1的圆心为B，半径为BA1；弧B1C1的圆心为C，半径为CB1；弧C1D1的圆心为D，半径为DC1…．弧DA1、弧A1B1、弧B1C1、弧C1D1…的圆心依次按点A、B、C、D循环，则弧C2022D2022的长是___________（结果保留π）．

【答案】2022π
【分析】根据题意有后一段弧的半径总比前一段弧的半径长，又因为的半径为，可知任何一段弧的半径都是的倍数，根据圆心以A、B、C、D四次一个循环，可得弧的半径为：，再根据弧长公式即可作答．
【详解】根据题意有：
的半径，
的半径，
的半径，
的半径，
的半径，
的半径，
的半径，
的半径，
．．．
以此类推可知，故弧的半径为：，
即弧的半径为：，
即弧的长度为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了弧长的计算公式，找到每段弧的半径变化规律是解答本题的关键．
44．（2022·内蒙古呼和浩特）已知为⊙的直径且，点是⊙上一点（不与、重合），点在半径上，且，与过点的⊙的切线垂直，垂足为．若，则_____，_______．
【答案】     1    
【分析】根据题意作出图形，连接，根据切线的性质，等边对等角，平行线的性质可得，根据，可得,可得,进而证明，根据相似三角形的性质列出方程，解方程即可求解．
【详解】如图，连接，

是⊙的切线，，，
,
，
,
,
,
,
,
,   
,
,


,


设，则

解得（舍去）
即
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识结合图形求解是解题的关键．
45．（2022·江苏常州）如图，是的内接三角形．若，，则的半径是______．

【答案】1
【分析】连接、，根据圆周角定理得到，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：连接、，


，
，
，即，
解得：，
故答案为：1．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、勾股定理是解题的关键．
46．（2022·黑龙江哈尔滨）一个扇形的面积为，半径为，则此扇形的圆心角是___________度．
【答案】70
【分析】设扇形的圆心角是 ，根据扇形的面积公式即可得到一个关于n的方程，解方程即可求解．
【详解】解：设扇形的圆心角是，根据扇形的面积公式得：   
解得n=70．
故答案是：．
【点睛】此题主要考查扇形的面积公式，解题的关键是熟知扇形的面积公式的运用.
47．（2022·吉林）如图，在半径为1的上顺次取点，，，，，连接，，，，，．若，，则与的长度之和为__________．（结果保留）．

【答案】##
【分析】由圆周角定理得，根据弧长公式分别计算出与的长度，相减即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴
又的半径为1，
的长度=
又，
∴的长度=
∴与的长度之和=，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了计算弧长，圆周角定理，熟练掌握弧长计算公式是解答本题的关键．
48．（2022·山东聊城）如图，线段，以AB为直径画半圆，圆心为，以为直径画半圆①；取的中点，以为直径画半圆②；取的中点，以为直径画半圆③…按照这样的规律画下去，大半圆内部依次画出的8个小半圆的弧长之和为______________．

【答案】##
【分析】由AB＝2，可得半圆①弧长为，半圆②弧长为（）2π，半圆③弧长为（）3π，......半圆⑧弧长为（）8π，即可得8个小半圆的弧长之和为π+（）2π+（）3π+...+（）8π＝π．
【详解】解：∵，
∴，半圆①弧长为，
同理，半圆②弧长为，
，半圆③弧长为，
……
半圆⑧弧长为，
∴8个小半圆的弧长之和为．
故答案为：．
【点睛】此题考查图形的变化类规律，解题的关键是掌握圆的周长公式和找到弧长的变化规律．
49．（2022·内蒙古通辽）如图，是的外接圆，为直径，若，，点从点出发，在内运动且始终保持，当，两点距离最小时，动点的运动路径长为______．

【答案】
【分析】根据题中的条件可先确定点P的运动轨迹，然后根据三角形三边关系确定CP的长最小时点P的位置，进而求出点P的运动路径长．
【详解】解：为的直径，




∴
∴点P在以AB为直径的圆上运动，且在△ABC的内部，
如图，记以AB为直径的圆的圆心为，连接交于点，连接


∴当点三点共线时，即点P在点处时，CP有最小值，
∵
∴
在中，
∴∠
∴
∴两点距离最小时，点P的运动路径长为
【点睛】本题主要考查了直径所对圆周角是直角，弧长公式，由锐角正切值求角度，确定点P的路径是解答本题的关键．
50．（2022·江苏连云港）如图，是⊙的直径，是⊙的切线，为切点，连接，与⊙交于点，连接．若，则_________．


【答案】49
【分析】利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求得∠B=∠AOD=41°，根据AC是⊙O的切线得到∠BAC=90°，即可求出答案．
【详解】解：∵∠AOD=82°，
∴∠B=∠AOD=41°，
∵AC为圆的切线，A为切点，
∴∠BAC=90°，
∴∠C=90°-41°=49°
故答案为49．
【点睛】此题考查圆周角定理，圆的切线的性质定理，直角三角形两锐角互余，正确理解圆周角定理及切线的性质定理是解题的关键．
51．（2022·浙江金华）如图，木工用角尺的短边紧靠⊙于点A，长边与⊙相切于点B，角尺的直角顶点为C，已知，则⊙的半径为_____．

【答案】##
【分析】设圆的半径为rcm，连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，利用勾股定理，在Rt△AOD中，得到r2＝（r−6）2＋82，求出r即可．
【详解】解：连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，如图所示：


∵CB与相切于点B，
∴，
∴，
∴四边形ACBD为矩形，
∴，，
设圆的半径为rcm，在Rt△AOD中，根据勾股定理可得：，
即r2＝（r−6）2＋82，
解得：，
即的半径为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理列出关于半径r的方程，是解题的关键．
52．（2022·四川成都）如图，已知⊙是小正方形的外接圆，是大正方形的内切圆．现假设可以随意在图中取点，则这个点取在阴影部分的概率是_________．

【答案】
【分析】如图，设OA=a，则OB=OC=a，根据正方形内接圆和外接圆的关系，求出大正方形、小正方形和圆的面积，再根据概率公式计算即可．
【详解】解：如图，设OA=a，则OB=OC=a，
由正方形的性质可知∠AOB=90°，
，
由正方形的性质可得CD=CE=OC=a，
∴DE=2a，
S阴影=S圆-S小正方形=，
S大正方形=，
∴这个点取在阴影部分的概率是，


故答案为：
【点睛】本题考查了概率公式、正方形的性质、正方形外接圆和内切圆的特点、圆的面积计算，根据题意弄清楚图形之间的关系是解题的关键．

三．解答题
53．（2022·江苏常州）（现有若干张相同的半圆形纸片，点是圆心，直径的长是，是半圆弧上的一点（点与点、不重合），连接、．


(1)沿、剪下，则是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
(2)分别取半圆弧上的点、和直径上的点、．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点，一定存在线段上的点、线段上的点和直径上的点、，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
【答案】(1)直角
(2)见详解
(3)小明的猜想错误，理由见详解
【分析】（1）AB是圆的直径，根据圆周角定理可知∠ACB=90°，即可作答；
（2）以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可；
（3）过C点作，交AB于点G，连接CO，根据，可得，即有，则可求得，依据，NQ=4，可得GC=OC=6，即可判断．
(1)
如图，


∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB是直角，
即△ABC是直角三角形，
故答案为：直角，
(2)
以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可，
作图如下：


由作图可知AE=EF=FH=HG=OA=AB=6，
即四边形EFHG是边长为6cm的菱形；
(3)
小明的猜想错误，理由如下：
如图，菱形MNQP的边长为4，过C点作，交AB于点G，连接CO，


在菱形MNQP中MN=QN=4，，
∵，
∴，
∴，
∵AB=12，MN=4，
∴，
∵BN=BC-CN，
∴，
∵，NQ=4，
，

∴，
∴GC=6，
∵AB=12，
∴OC=6，
∴OC=GC，
显然若C点靠近A点时，要满足GC=OC=6，此时的G点必在BA的延长线上，
∵P点在线段AB上，   
∴直线GC必与直线PM相交，这与相矛盾，
故小明的猜想错误．
【点睛】本题考查了圆周角定理、尺规作图、菱形的性质、平行的性质等知识，掌握菱形的性质以及平行的性质求得GC=OC是解答本题的关键．
54．（2022·湖北恩施）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．

(1)求证：∠ADE=∠PAE．(2)若∠ADE=30°，求证：AE=PE．(3)若PE=4，CD=6，求CE的长．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)CE的长为2．
【分析】（1）连接OA，根据切线的性质得到∠OAE+∠PAE=90°，根据圆周角定理得到∠OAE+∠DAO=90°，据此即可证明∠ADE=∠PAE；
（2）由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED =60°，利用三角形外角的性质得到∠APE=∠AED-∠PAE =30°，再根据等角对等边即可证明AE=PE；
（3）证明Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，推出DC×CE=OC×PC，设CE=x，据此列方程求解即可．
(1)证明：连接OA，


∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∴∠OAE+∠PAE=90°，
∵DE为⊙O的直径，
∴∠DAE=90°，即∠OAE+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠PAE，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADE，
∴∠ADE=∠PAE；
(2)证明：∵∠ADE=30°，
由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED=90°-∠ADE=60°，
∴∠APE=∠AED-∠PAE =30°，
∴∠APE=∠PAE =30°，
∴AE=PE；
(3)解：∵PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交AB于点C．
∴AB⊥PD，
∵∠DAE=90°，∠OAP=90°，
∴∠DAC+∠CAE=90°，∠OAC+∠PAC=90°，
∵∠DAC+∠D=90°，∠OAC+∠AOC=90°，
∴∠CAE=∠D，∠PAC=∠AOC，
∴Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，
∴AC2=DC×CE，AC2=OC×PC，
即DC×CE=OC×PC，
设CE=x，则DE=6+x，OE=3+，OC=3+-x=3-，PC=4+x，
∴6x=(3-)( 4+x)，
整理得：x2+10x-24=0，
解得：x=2(负值已舍)．
∴CE的长为2．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
55．（2022·山东潍坊）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹简，旋转时低则舀水，高则泻水．如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线方向泻至水渠，水渠所在直线与水面平行；设筒车为，与直线交于P，Q两点，与直线交于B，C两点，恰有，连接．

(1)求证：为的切线；(2)筒车的半径为，．当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，求筒车在水面下的最大深度（精确到，参考值：）．
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）连接 并延长交 于，根据为的直径可以得到 ，继而得到 ，根据可证，可以得到，利用等量代换即可证明为的切线；
（2）根据，解出 ，根据 为的直径得到 ，进而得出，，又根据 得出，故可得到 ，过作交于，于是在等腰中，根据锐角三角函数求出长，进而求出最大深度．
(1)证明：连接 并延长交 于，连接BM，

为的直径，
，
，
，
，
又∵∠D=∠D，
，
，
又，
，
，
为的切线；
(2)解：如图所示，

，，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，   
，
，
过作交于，

为等腰直角三角形，
，
，
．
【点睛】本题主要考查圆的切线的判断，等腰三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，掌握公式定理并且灵活应用是解题的关键．
56．（2022·山东聊城）如图，点O是的边AC上一点，以点O为圆心，OA为半径作，与BC相切于点E，交AB于点D，连接OE，连接OD并延长交CB的延长线于点F，．

(1)连接AF，求证：AF是的切线；(2)若，，求FD的长．
【答案】(1)见解析(2)FD的长为
【分析】（1）根据SAS证△AOF≌△EOF，得出∠OAF＝∠OEF＝90°，即可得出结论；
（2）根据勾股定理求出AF，证△OEC∽△FAC，设圆O的半径为r，根据线段比例关系列方程求出r，利用勾股定理求出OF，最后根据FD＝OF﹣OD求出即可．
(1)证明：在△AOF和△EOF中，
，
∴△AOF≌△EOF（SAS），
∴∠OAF=∠OEF，
∵BC与相切，
∴OE⊥FC，
∴∠OAF=∠OEF=90°，
即OA⊥AF，
∵OA是的半径，
∴AF是的切线；
(2)
解：在中，∠CAF=90°，FC=10，AC=6，
∴，
∵BC与相切，AF是的切线
∴∠OEC＝∠FAC＝∠90°，
∵∠OCE=∠FCA，
∴△OEC∽△FAC，
∴，
设的半径为r，则，
解得，
在Rt△FAO中，∠FAO=90°，AF=8，，
∴，
∴，
即FD的长为．
【点睛】本题主要考查切线的判定和性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定和性质是解题的关键．
57．（2022·山东烟台）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°．

(1)请用尺规作出⊙O的切线AD（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）的条件下，若AB与切线AD所夹的锐角为75°，⊙O的半径为2，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接OA,过点A作AD⊥AO即可；
（2）连接OB，OC．先证明∠ACB＝75°，再利用三角形内角和定理求出∠CAB，推出∠BOC＝120°，求出CH可得结论．
(1)
解：如图，切线AD即为所求；

(2)
如图：连接OB，OC．
∵AD是切线，
∴OA⊥AD，
∴∠OAD＝90°，
∵∠DAB＝75°，
∴∠OAB＝15°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝15°，
∴∠BOA＝150°，
∴∠BCA＝∠AOB＝75°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∵OB＝OC＝2，
∴∠BCO＝∠CBO＝30°，
∵OH⊥BC，
∴CH＝BH＝OC•cos30°＝，
∴BC＝2．

【点睛】本题主要考查了作圆的 、三角形的外接圆、切线的判定和性质、解直角三角形等知识点，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
58．（2022·内蒙古通辽）如图，在中，，以为圆心，的长为半径的圆交边于点，点在边上且，延长交的延长线于点．

(1)求证：是圆的切线；
(2)已知，，求长度及阴影部分面积．
【答案】(1)证明见详解；
(2)AC=3，阴影部分面积为．
【分析】（1）连接OD，证明∠ODE=90°即可；
（2）在Rt△OCD中，由勾股定理求出OC、OD、CD，在Rt△OCE中，由勾股定理求出OE，用△OCE的面积减扇形面积即可得出阴影部分面积．
(1)
证明：连接OD

∵OD=OB
∴∠OBD=∠ODB
∵AC=CD
∴∠A=∠ADC
∵∠ADC=∠BDE
∴∠A=∠EDB
∵∠AOB=90°
∴∠A+∠ABO=90°
∴∠ODB+∠BDE=90°
即OD⊥CE，
又D在上
∴是圆的切线；
(2)
解：由（1）可知，∠ODC=90°
在Rt△OCD中，
∴设OD=OB=4x，则OC=5x，
∴
∴AC=3x
∴OA=OC+AC=8x
在Rt△OAB中：
即：
解得，（-1舍去）
∴AC=3，OC=5，OB=OD=4
在在Rt△OCE中，
∴设OE=4y，则CE=5y，
∵

解得，（舍去）
∴

∴阴影部分面积为．
【点睛】本题考查切线的判断和性质、勾股定理、三角函数、阴影部分面积的求法，解题的关键在于灵活运用勾股定理和三角函数求出相应的边长，并能将阴影部分面积转化为三角形与扇形面积的差．
59．（2022·四川宜宾）如图，点C是以AB为直径的上一点，点D是AB的延长线上一点，在OA上取一点F，过点F作AB的垂线交AC于点G，交DC的延长线于点E，且．


(1)求证：DE是的切线；
(2)若点F是OA的中点，，，求EC的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连结OC，利用等腰三角形的性质和圆周角定理证，即可由切线的判定定理得出结论；
（2）解，求出，从而求得，则可求得，再证，得，即可求得，即可由求解．
(1)
证明：如图，连结OC，


∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴DE是的切线；
(2)
解：在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵点F为AO中点，   
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
60．（2022·湖北十堰）如图，中，，为上一点，以为直径的与相切于点，交于点，，垂足为．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，设，，根据已知条件以及直径所对的圆周角相等，证明，进而求得，即可证明是的切线；
（2）根据已知条件结合（1）的结论可得四边形是正方形，进而求得的长，根据，，即可求解．
(1)
如图，连接，
，
则，
设，，

，
，
为的直径，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
为的半径，
是的切线；
(2)
如图，连接，

是的切线，则，又，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
在中，，，
，
，
由（1）可得，
，
，
，
解得 ．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质与判定，等腰三角形的性质，正弦的定义，掌握切线的性质与判定是解题的关键．
61．（2022·湖南郴州）如图，在中，．以AB为直径的与线段BC交于点D，过点D作，垂足为E，ED的延长线与AB的延长线交于点P．

(1)求证：直线PE是的切线；
(2)若的半径为6，，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）连接AD、OD，根据等腰三角形的性质可证得，根据平行线的判定与性质可证得，然后根据切线的判定即可证得结论；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质求得CD、CE   即可．
(1)
证明：连接AD、OD，记，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵OD是⊙O的半径，
∴直线PE是⊙O的切线．

(2)
连接AD，

∵AB是直径，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
在中，∵，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定、等边三角形的判定与性质、解直角三角形，难度适中，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
62．（2022·四川雅安）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AO是△ABC的角平分线，以O为圆心，OC为半径作⊙O与直线AO交于点E和点D．


(1)求证：AB是⊙O的切线；
(2)连接CE，求证：△ACE∽△ADC；
(3)若＝，⊙O的半径为6，求tan∠OAC．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)tan∠OAC
【分析】（1）如图，过作于证明 即可得到结论；
（2）证明 再结合 从而可得结论；
（3）由相似三角形的性质可得 设 则 而 从而建立方程求解x，从而可得答案．
(1)
证明：如图，过作于


∠ACB＝90°，AO是△ABC的角平分线，

O为圆心，OC为半径，
是⊙O的切线．
(2)
如图，连结CE，


为的直径，








(3)


设 则 而
解得

tan∠OAC
【点睛】本题考查的是切线的判定，相似三角形的判定与性质，求解锐角的正切，证明，利用相似三角形的性质求解是解本题的关键．
63．（2022·辽宁锦州）如图，四边形是正方形，点A，点B在上，边的延长线交于点E，对角线的延长线交于点F，连接并延长至点G，使．

(1)求证：与相切；(2)若的半径为1，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)连接BE，根据四边形ABCD是正方形，得到∠BAE=90°，从而得到BE是圆O的直径，结合∠BAF+∠EAF=90°，∠EAF=∠EBF，，证明∠FBG+∠EBF=90°即可．
（2）连接OA，OF，证明∠FED=45°，从而证明∠AOF=90°，实施勾股定理计算即可．
(1)连接BE，
∵四边形ABCD是正方形，


∴∠BAE=90°，
∴BE是圆O的直径，
∵∠BAF+∠EAF=90°，∠EAF=∠EBF，，
∴∠FBG+∠EBF=90°，
∴∠OBG=90°，
故BG是圆O的切线．
(2)如图，连接OA，OF，


∵四边形ABCD是正方形，BE是圆的直径，
∴∠EFD=90°，∠FDE=45°，∴∠FED=45°，∴∠AOF=90°，
∵OA=OF=1，
∴，
∴AF=，AF=-（舍去）．
【点睛】本题考查了圆的切线判定，圆周角定理，勾股定理，熟练掌握切线的判定定理，圆周角定理，勾股定理是解题的关键．
64．（2022·山东潍坊）在数学实验课上，小莹将含角的直角三角尺分别以两个直角边为轴旋转一周，得到甲、乙两个圆锥，并用作图软件Geogebra画出如下示意图

小亮观察后说：“甲、乙圆锥的侧面都是由三角尺的斜边旋转得到，所以它们的侧面积相等．”
你认同小亮的说法吗？请说明理由．
【答案】不认同，理由见详解
【分析】根据圆锥的侧面面积公式进行比较即可得到答案．
【详解】解：甲圆锥的底面半径为BC，母线为AB，，
乙圆锥的底面半径为AC，母线为AB，，
∵，
∴，
故不认同小亮的说法．
【点睛】本题考查圆锥的侧面面积，解题的关键是熟知圆锥侧面面积的计算公式．
65．（2022·广西贵港）图，在中，，点D是边的中点，点O在边上，⊙经过点C且与边相切于点E，．


(1)求证：是⊙的切线；
(2)若，，求⊙的半径及的长．
【答案】(1)见解析
(2)，
【分析】（1）作，垂足为H，连接，先证明是的平分线，然后由切线的判定定理进行证明，即可得到结论成立；
（2）设，由勾股定理可求，设的半径为r，然后证明，结合勾股定理即可求出答案．
(1)
证明：如图，作，垂足为H，连接，


∵，D是的中点，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴∠BDC=2∠FAC，
∴，即是的平分线，
∵O在上，与相切于点E，
∴，且是的半径，
∵AC平分∠FAB，OH⊥AF，
∴是的半径，
∴是的切线．
(2)
解：如（1）图，∵在中，，
∴可设，
∴，
则，
设的半径为r，则，
∵，
∴，
∴，即，则，
在Rt△AOE中，AO=5，OE=3，
由勾股定理得，又，
∴，
在中，由勾股定理得：．
【点睛】本题考查了三角函数，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行证明．
66．（2022·广东）如图，四边形内接于，为的直径，．


(1)试判断的形状，并给出证明；
(2)若，，求的长度．
【答案】(1)△ABC是等腰直角三角形；证明见解析；
(2)；
【分析】（1）根据圆周角定理可得∠ABC=90°，由∠ADB=∠CDB根据等弧对等角可得∠ACB=∠CAB，即可证明；
（2）Rt△ABC中由勾股定理可得AC，Rt△ADC中由勾股定理求得CD即可；
(1)
证明：∵AC是圆的直径，则∠ABC=∠ADC=90°，
∵∠ADB=∠CDB，∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠CAB，
∴∠ACB=∠CAB，
∴△ABC是等腰直角三角形；
(2)
解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AB=，
∴AC=，
Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=1，则CD=，
∴CD=．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识；掌握等弧对等角是解题关键．
67．（2022·北京）在平面直角坐标系中，已知点对于点给出如下定义：将点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点，点关于点的对称点为，称点为点的“对应点”．
(1)如图，点点在线段的延长线上，若点点为点的“对应点”．

①在图中画出点；
②连接交线段于点求证：
(2)的半径为1，是上一点，点在线段上，且，若为外一点，点为点的“对应点”，连接当点在上运动时直接写出长的最大值与最小值的差（用含的式子表示）
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）①先根据定义和求出点的坐标，再根据点关于点的对称点为求出点Q的坐标；②延长ON至点，连接AQ，利用AAS证明，得到，再计算出OA，OM，ON，即可求出；
（2）连接PO并延长至S，使，延长SQ至T，使，结合对称的性质得出NM为的中位线，推出，得出，则．
(1)
解：①点Q如下图所示．
∵点，
∴点向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点，
∴，
∵点关于点的对称点为，，
∴点的横坐标为：，纵坐标为：，
∴点，在坐标系内找出该点即可；

②证明：如图延长ON至点，连接AQ，
∵ ，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵ ，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴；   
(2)
解：如图所示，

连接PO并延长至S，使，延长SQ至T，使，
∵，点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点，
∴，
∵点关于点的对称点为，
∴，
又∵，
∴OM∥ST，
∴NM为的中位线，
∴，，
∵，
∴，
∴，   
在中，，
结合题意，，，
∴，
即长的最大值与最小值的差为．
【点睛】本题考查点的平移，对称的性质，全等三角形的判定，两点间距离，中位线的性质及线段的最值问题，第2问难度较大，根据题意，画出点Q和点的轨迹是解题的关键．
68．（2022·河南）为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．


(1)求证：∠BOC＋∠BAD＝90°．
(2)实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得．已知铁环⊙O的半径为25cm，推杆AB的长为75cm，求此时AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)50 cm
【分析】（1）根据切线的性质可得，，根据，可得，过点作，根据平行线的性质可得，，进而即可得证；
（2）过点作的平行线，交于点，交于点，由（1）得到，在，中，求得,进而求得，根据即可求解．
(1)
证明：⊙O与水平地面相切于点C，
，
，
，
AB与⊙O相切于点B，
，
，
过点作，


，
，
，
，
即∠BOC＋∠BAD＝90°．
(2)
如图，过点作的平行线，交于点，交于点，


，则四边形是矩形，
， ，
，
在中，，，
（cm)，
在中，，cm，
(cm)，
(cm)，
(cm)，
cm，
(cm)．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，解直角三角形的应用，掌握以上知识是解题的关键．
69．（2022·江苏无锡）如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE．

(1)求证；
(2)当时，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等可得，再由对顶角相等得，故可证明绪论；
（2）根据可得由可得出连接AE，可证明，得出 代入相关数据可求出，从而可求出绪论．
(1)
∵所对的圆周角是，
∴，
又，
∴；
(2)
∵△是等边三角形，
∴
∵，
∴
∴
∵
∴，
∴
∴
连接如图，

∵
∴
∴∠
又∠，
∴△
∴，
∴
∴，
∴（负值舍去）
∴，
解得，
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形和判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
70．（2022·山东临沂）如图，AB是的切线，B为切点，直线AO交于C，D两点，连接BC，BD，过圆心О作BC的平行线，分别交AB的延长线、及BD于点E，F，G．

(1)求证：；
(2)若F是OE的中点，的半径为3，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OB，由切线的性质和圆周角定理可得，继而证明，再由平行线的性质，等腰三角形的性质得，，再利用三角形的内角和进行证明即可；
（2）由题意得，由可得，继而可证明，，利用勾股定理可得的长度，根据阴影部分的面积，利用扇形面积公式即可求解．
(1)

连接OB，
AB是的切线，CD为直径，
，
，
即，
，
，
，
，
，
在和中，，
；
(2)
F是OE的中点，的半径为3，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
由勾股定理得，
阴影部分的面积．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，解直角三角形，勾股定理，扇形面积公式，熟练掌握知识点是解题的关键．
71．（2022·福建）如图，△ABC内接于⊙O，交⊙O于点D，交BC于点E，交⊙O于点F，连接AF，CF．

(1)求证：AC＝AF；(2)若⊙O的半径为3，∠CAF＝30°，求的长（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明四边形ABED是平行四边形，得∠B＝∠D，再证明即可得到结论；
（2）连接OA，OC,根据等腰三角形的性质求出，由圆周角定理可得最后由弧长公式可求出结论．
(1)
∵，，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴∠B＝∠D．
又∠AFC＝∠B，∠ACF＝∠D，
∴，
∴AC＝AF．
(2)
连接AO，CO．

由（1）得∠AFC＝∠ACF，
又∵∠CAF＝30°，∴，
∴．∴的长．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，圆周角定理、等腰三角形的性质、弧长公式等知识，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
72．（2022·江苏泰州）如图①，矩形ABCD与以EF为直径的半圆O在直线l的上方，线段AB与点E、F都在直线l上，且AB=7，EF=10，BC＞5. 点B以1个单位/秒的速度从点E处出发，沿射线EF方向运动矩形ABCD随之运动，运动时间为t秒

(1)如图2，当t=2.5时，求半圆O在矩形ABCD内的弧的长度；
(2)在点B运动的过程中，当 AD、BC都与半圆O相交，设这两个交点为G、H连接OG，OH.若∠GOH为直角，求此时t的值.
【答案】(1)
(2)8或9秒
【分析】(1)通过计算当t=2.5时EB=BO，进而得到△MBE≌△MBO，判断出△MEO为等边三角形得到∠EOM=60°，然后根据弧长公式求解；
(2)通过判定△GAO≌△HBO，然后利用全等三角形的性质分析求解．
(1)
解：设BC与⊙O交于点M，如下图所示：

当t=2.5时，BE=2.5，
∵EF=10，
∴OE=EF=5，
∴OB=2.5，
∴EB=OB，
在正方形ABCD中，∠EBM=∠OBM=90°，且MB=MB，
∴△MBE≌△MBO(SAS)，
∴ME=MO，
∴ME=EO=MO，
∴△MOE是等边三角形，
∴∠EOM=60°，
∴．
(2)
解：连接GO和HO，如下图所示：

∵∠GOH=90°，
∴∠AOG+∠BOH=90°，
∵∠AOG+∠AGO=90°，
∴∠AGO=∠BOH，
在△AGO和△OBH中，，
∴△AGO≌△BOH(AAS)，
∴AG=OB=BE-EO=t-5，
∵AB=7，
∴AE=BE-AB=t-7，
∴AO=EO-AE=5-(t-7)=12-t，
在Rt△AGO中，AG2+AO2=OG2，
∴(t-5)2+(12-t)2=52，
解得：t1=8，t2=9，
即t的值为8或9秒．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，弧长公式的计算，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定(一线三垂直模型)，结合勾股定理列方程是解题关键．
73．（2022·湖北武汉）如图，正方形内接于，点E为的中点，连接交于点F，延长交于点G，连接．

(1)求证：；
(2)若．求和的长．
【答案】(1)见详解
(2)FB=
【分析】（1）根据正方形性质得出AD=BC，可证∠ABD=∠CGB，再证△BFE∽△GFB即可；
（2）根据点E为AB中点，求出AE=BE=3，利用勾股定理求得BD=，CE=，然后证明△CDF∽△BEF，得出DF=2BF，CF=2EF，求出BF=,EF=即可．
(1)
证明：正方形内接于，
∴AD=BC，
∴，
∴∠ABD=∠CGB，
又∵∠EFB=∠BFG，
∴△BFE∽△GFB，
∴，
即；
(2)
解：∵点E为AB中点，
∴AE=BE=3，
∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AB=AD=6，BD=，CE=，
∵CD∥BE，
∴△CDF∽△EBF，
∴，
∴DF=2BF，CF=2EF，
∴3BF=BD=，3EF=，
∴BF=，EF=，
由（1）得FG=．
【点睛】本题考查圆内接正方形性质，弧，弦，圆周角关系，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握圆内接正方形性质，弧，弦，圆周角关系，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．
74．（2022·湖北宜昌）石拱桥是我国古代人民勤劳和智慧的结晶（如图1），隋代建造的赵州桥距今约有1400年历史，是我国古代石拱桥的代表．如图2是根据某石拱桥的实物图画出的几何图形，桥的主桥拱是圆弧形，表示为．桥的跨度（弧所对的弦长），设所在圆的圆心为，半径，垂足为．拱高（弧的中点到弦的距离）．连接．

(1)直接判断与的数量关系；
(2)求这座石拱桥主桥拱的半径（精确到）．
【答案】(1)
(2)这座石拱桥主桥拱半径约为
【分析】（1）根据垂径定理即可得出结论；
（2）设主桥拱半径为，在中，根据勾股定理列出方程，即可得出答案．
(1)
解：∵半径，
∴．
故答案为：．
(2)
设主桥拱半径为，由题意可知，，
∴，，
在中，由勾股定理，得，
即，
解得，
∴，
因此，这座石拱桥主桥拱半径约为．
【点睛】此题考查垂径定理和勾股定理，是重要考点，根据题意利用勾股定理列出方程是解题关键．